Математикадан 42-ші халықаралық олимпиада, 2001 жыл, Вашингтон

$ABC$ үшбұрышында $BAC$ бұрышының биссектрисасы $BC$ қабырғасын $P$ нүктесінде қияды, ал $ABC$ бұрышының биссектрисасы $CA$ қабырғасын $Q$ нүктесінде қияды. $\angle BAC=60{}^\circ $ және $AB+BP=AQ+QB$ екені белгілі. $ABC$ үшбұрышының бұрыштарының мәндері қандай болуы мүмкін?

Комментарий/решение

Рассмотрим равносторонний треугольник $ACD$, пусть $CB,CT$ где $B,T \in AD$ такие что $\angle ACT = \angle BCT = \angle BCD = 20^{\circ}$ если $BQ, AP$ биссектрисы $ABC$ , тогда если $I$ - инцентр $ABC$ получается $BI = BP$ и $QB=QC$ так же $CI=DI$ так как $AI$ биссектриса, откуда $ADI = 20^{\circ}$ и так как $\angle DBQ = 140^{\circ}$ значит $BD=BI$ тогда $AB+BP = AB+BI = AB+BD = AD$ и $AQ+QB = AQ+QC = AC$ или $AB+BP = AQ+QB$ значит $\angle ABC = 80^{\circ}$

Можете объяснить, почему $BI = BP?$. Просто если это так, то $AB+BP=AQ+QB$ не нужно простт счет углов.

$AB + BP = AQ + QB$

$D$ — точка такая, что $BD=BP$, а $E$ — точка такая, что $AD=AE$. Пусть $EB$ пересекает $AP$ в точке $P'$ $\angle BDP=\angle BPD=\angle QBC=\angle QBA=\alpha$, $AD=AB+BP=AE=AQ+QE=AQ+QB \longrightarrow QB=QE\longrightarrow \angle QEB=\angle QBE=60-\dfrac{\alpha}{2}\longrightarrow \angle EBP=\dfrac{3\alpha}{2};$ $\angle P'ED=\angle EDP'=\dfrac{\alpha}{2}\longrightarrow \angle PDP'=60-\dfrac{3\alpha}{2} \longrightarrow BDP'P$ вписанysq. $\angle BPD=\angle BP'D$. $\angle ABP'+\angle BAP'+\angle AP'B=90+\dfrac{3\alpha}{2}=180 \longrightarrow \alpha=60$ $\angle P'PB+\angle BPA=180 \longrightarrow \angle BPA=60;$ $\angle BPA+\angle ABP=180 \rightarrow \varnothing$ $P=P'$.

$$QB=QE=QC \Longrightarrow \angle ABQ+\angle QBC+\angle BCA=\dfrac{3\angle ABC}{2}=120 \longrightarrow \angle ABC=80$$